《2024届上海市上海中学东校区高一数学第二学期期末经典模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届上海市上海中学东校区高一数学第二学期期末经典模拟试题含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024届上海市上海中学东校区高一数学第二学期期末经典模拟试题注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出
2、的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1已知，则ABCD2已知直线，若，则（ ）A2BCD13在的二面角内，放置一个半径为3的球，该球切二面角的两个半平面于A，B两点，那么这两个切点在球面上的最短距离为（ ）ABCD4执行如图所示的程序框图，若输入的a，b的值分别为1，1，则输出的是（）A29B17C12D55已知数据，2的平均值为2，方差为1，则数据相对于原数据( )A一样稳定B变得比较稳定C变得比较不稳定D稳定性不可以判断6（卷号）2397643038875648（题号）2398229448728576（题文）已知直线、，平面、，给出下列命题：若，且，则；若，且，则；若，且，则；若，且，则
3、.其中正确的命题是（ ）ABCD7经过平面外两点，作与平行的平面，则这样的平面可以作 ()A1个或2个 B0个或1个C1个 D0个8已知向量，满足，在上的投影（正射影的数量）为-2，则的最小值为（ ）AB10CD89设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则10已知的内角、的对边分别为、，且，若，则的外接圆面积为（ ）ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11读程序，完成下列题目：程序如图：（1）若执行程序时，没有执行语句，则输入的的范围是_；（2）若执行结果，输入的的值可能是_12已知a，b为常数，若，则_；13方程的解
4、集是_14函数的定义域为_15已知扇形的圆心角，扇形的面积为，则该扇形的弧长的值是_.16已知数列的通项公式为，数列的通项公式为，设，若在数列中，对任意恒成立，则实数的取值范围是_.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17等差数列的首项为23，公差为整数，且第6项为正数，从第7项起为负数.求此数列的公差及前项和.18在平面直角坐标系中，已知点与两个定点，的距离之比为.（1）求点的坐标所满足的关系式；（2）求面积的最大值；（3）若恒成立，求实数的取值范围.19设等差数列的前项和为，且（是常数，），.（1）求的值及数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和
5、为.20已知定点，点A在圆上运动，M是线段AB上的一点，且，求出点M所满足的方程，并说明方程所表示的曲线是什么.21已知等比数列的前项和为，公比，（1）求等比数列的通项公式；（2）设，求的前项和参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、A【解析】根据指数函数的单调性以及对数函数的单调性分别判断出的取值范围，从而可得结果.【详解】由对数函数的性质可得，由指数函数的性质可得，所以，故选A【点睛】本题主要考查对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题，属于中档题.解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间
6、（一般是看三个区间 ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.2、D【解析】当为,为,若,则,由此求解即可【详解】由题,因为,所以,即,故选:D【点睛】本题考查已知直线垂直求参数问题,属于基础题3、A【解析】根据题意，作出截面图，计算弧长即可.【详解】根据题意，作出该球过球心且经过A、B的截面图如下所示：由题可知：则，故满足题意的最短距离为弧长BA，在该弧所在的扇形中，弧长.故选：A.【点睛】本题考查弧长的计算公式，二面角的定义，属综合基础题.4、B【解析】根据程序框图依次计算得到答案.【详解】 结束，输出 故答案选B【点睛】本题考查了程序框图的计算，属于
7、常考题型.5、C【解析】根据均值定义列式计算可得的和，从而得它们的均值，再由方差公式可得，从而得方差然后判断【详解】由题可得：平均值为2，由，所以变得不稳定.故选：C.【点睛】本题考查均值与方差的计算公式，考查方差的含义属于基础题6、C【解析】逐一判断各命题的正误，可得出结论.【详解】对于命题，若，且，则，该命题正确；对于命题，若，且，则与平行或相交，该命题错误；对于命题，若，且，则与平行、垂直或斜交，该命题错误 ；对于命题，若，且，则，该命题正确.故选：C.【点睛】本题考查线面、面面位置关系有关命题真假的判断，在判断时，可充分利用线面、面面平行或垂直的判定与性质定理，也可以结合几何体模型进行
8、判断，考查推理能力，属于中等题.7、B【解析】若平面外的两点所确定的直线与平面平行，则过该直线与平面平行的平面有且只有一个；若平面外的两点所确定的直线与平面相交，则过该直线的平面与平面平行的平面不存在;故选B.8、D【解析】在上的投影（正射影的数量）为可知，可求出，求的最小值即可得出结果.【详解】因为在上的投影（正射影的数量）为，所以，即，而，所以，因为所以，即，故选D.【点睛】本题主要考查了向量在向量上的正射影，向量的数量积，属于难题.9、A【解析】依据立体几何有关定理及结论，逐个判断即可。【详解】A正确：利用“垂直于同一个平面的两条直线平行”及“两条直线有一条垂直于一个平面，则另一条也垂直
9、于该平面”，若且，则 ，又，所以，A正确；B错误：若，则不一定垂直于平面；C错误：若，则可能垂直于平面，也可能平行于平面，还可能在平面内；D错误：若，则可能在平面内，也可能平行于平面，还可能垂直于平面；【点睛】本题主要考查立体几何中的定理和结论，意在考查学生几何定理掌握熟练程度。10、D【解析】先化简得，再利用正弦定理求出外接圆的半径，即得的外接圆面积.【详解】由题得，所以，所以，所以,所以.由正弦定理得,所以的外接圆面积为.故选D【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、 2 【解
10、析】（1）不执行语句，说明不满足条件，从而得；（2）执行程序，有当时，只有，【详解】（1）不执行语句，说明不满足条件，故有.（2）当时，只有，故答案为：（1）（2）；【点睛】本题主要考察程序语言，考查对简单程序语言的阅读理解，属于基础题12、2【解析】根据极限存在首先判断出的值，然后根据极限的值计算出的值，由此可计算出的值.【详解】因为，所以，又因为，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查根据极限的值求解参数，难度较易.13、或【解析】方程的根等价于或，分别求两个三角方程的根可得答案.【详解】方程或，所以或，所以或.故答案为：或.【点睛】本题考查三角方程的求解，求解时可利用单位圆中的三角函数
11、线，注意终边相同角的表示，考查运算求解能力和数形结合思想的运用.14、【解析】由二次根式有意义，得：,然后利用指数函数的单调性即可得到结果.【详解】由二次根式有意义，得：，即，因为在R上是增函数，所以，x2，即定义域为：【点睛】本题主要考查函数定义域的求法以及指数不等式的解法，要求熟练掌握常见函数成立的条件，比较基础15、【解析】先结合求出，再由求解即可【详解】由，则故答案为：【点睛】本题考查扇形的弧长和面积公式的使用，属于基础题16、【解析】首先分析题意，可知是取和中的最大值，且是该数列中的最小项，结合数列的单调性和数列的单调性可得出或，代入数列的通项公式即可求出实数的取值范围.【详解】由题
12、意可知，是取和中的最大值，且是数列中的最小项.若，则，则前面不会有数列的项，由于数列是单调递减数列，数列是单调递增数列.，数列单调递减，当时，必有，即.此时，应有，即，解得.，即，得，此时；若，则，同理，前面不能有数列的项，即，当时，数列单调递增，数列单调递减，.当时，由，即，解得.由，得，解得，此时.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查利用数列的最小项求参数的取值范围，同时也考查了数列中的新定义，解题的关键就是要分析出数列的单调性，利用一些特殊项的大小关系得出不等式组进行求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说
13、明、证明过程或演算步骤。17、，【解析】先设等差数列的公差为 ，根据第6项为正数，从第7项起为负数，得到 求，再利用等差数列前项和公式求其.【详解】设等差数列的公差为 ，因为第6项为正数，从第7项起为负数，所以 ，即，所以 又因为所以 所以【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式和前n项和公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.18、（1）（2）3；（3）【解析】（1）根据题意，结合两点间距离公式，可以得到等式，化简后得到点的坐标所满足的关系式；（2）设是曲线上任一点，求出的表达式，结合的取值范围，可以求出面积的最大值；（3）恒成立，则恒成立. 设，当它与圆相切时，取得最大和最小值，利用点到
14、直线距离公式，可以求出取得最大和最小值，最后可以求出实数的取值范围.【详解】（1）设的坐标是，由，得，化简得.（2）由（1）得，点在以为圆心，为半径的圆上.设是曲线上任一点，则，又，故的最大值为：.（3）由（1）得：圆的方程是若恒成立，则恒成立.设，当它与圆相切时，取得最大和最小值，由得：，故当时，原不等式恒成立.【点睛】本题考查了求点的轨迹方程，考查了直线与圆的位置关系，考查了求三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力.19、 (1) ； (2) 【解析】（1）先令得出，再令，利用作差法得出，于此得出，可由和的值求出等差数列的公差，于此可求出等差数列的通项公式；（2）先求出数列的通项公式，再利用错位相减法求出数列的前项和.【详解】（1）因为，所以当时
